Вариант 9 · Октябрь 2026

Решение:

По закону всемирного тяготения сила притяжения двух маленьких (точечных) шариков равна

$$F = G\,\frac{m_1 m_2}{r^2}.$$

Для первой пары

$$F_1 = G\,\frac{m^2}{r^2} = 8 \ \text{(нН)}.$$

Для второй пары масса каждого шарика равна $2m$, а расстояние между ними $\dfrac{r}{2}$:

$$F_2 = G\,\frac{(2m)\cdot(2m)}{\left(\dfrac{r}{2}\right)^2} = G\,\frac{4m^2}{\dfrac{r^2}{4}} = 16\,G\,\frac{m^2}{r^2} = 16 F_1.$$

Увеличение каждой массы вдвое даёт множитель 4, а уменьшение расстояния вдвое — ещё множитель 4. Итого

$$F_2 = 16 \cdot 8 = 128.$$

Ответ: 128

Решение:

Дано: $p_0 = 80\ \text{кг} \cdot \text{м/с}$, $F = 20\ \text{Н}$, $t = 3\ \text{с}$; импульс тела за это время уменьшился.

По второму закону Ньютона в импульсной форме изменение импульса равно импульсу силы:

$$\Delta \vec{p} = \vec{F} t.$$

Все векторы направлены вдоль одной прямой. Направим ось вдоль начального импульса тела. Раз импульс уменьшился, сила направлена против движения, то есть её проекция отрицательна, и

$$p = p_0 - F t.$$

Подставляем числа:

$$p = 80 - 20 \cdot 3 = 80 - 60 = 20\ \text{кг} \cdot \text{м/с}.$$

Ответ: 20

Решение:

Дано: скорость звука $v = 1000\ \text{м/с}$, период колебаний $T = 2\ \text{мс} = 2 \cdot 10^{-3}\ \text{с}$. Найти частоту $\nu$.

Частота колебаний — величина, обратная периоду:

$$\nu = \frac{1}{T} = \frac{1}{2 \cdot 10^{-3}} = 500\ \text{Гц}.$$

Частота волны определяется частотой колебаний источника и не зависит от скорости звука в среде, поэтому значение $v$ для ответа не требуется (оно понадобилось бы для длины волны: $\lambda = vT = 2\ \text{м}$).

Ответ: 500

Решение:

По таблице $x = 4{,}0$ при $t = 0$ (крайнее положение), $x = 0$ при $t = 0{,}4\ \text{с}$ (положение равновесия), $x = -4{,}0$ при $t = 0{,}8\ \text{с}$ (второе крайнее положение), $x = 0$ при $t = 1{,}2\ \text{с}$. От крайнего положения до равновесия груз проходит четверть периода:

$$\frac{T}{4} = 0{,}4\ \text{с},\qquad T = 1{,}6\ \text{с},\qquad \nu = \frac{1}{T} = \frac{1}{1{,}6} = 0{,}625\ \text{Гц}.$$

Для пружинного маятника $F = k|x|$, $E_{\text{п}} = \dfrac{kx^2}{2}$ и $a = \dfrac{k|x|}{m}$: все три величины максимальны в крайних точках и равны нулю в положении равновесия.

1) $T = 1{,}6\ \text{с}$. Верно.

2) $\nu = 0{,}625\ \text{Гц}$, а не $1\ \text{Гц}$. Неверно.

3) При $t = 1{,}2\ \text{с}$ координата $x = 0$, поэтому $E_{\text{п}} = \dfrac{kx^2}{2} = 0$ — минимальна. Верно.

4) При $t = 0{,}8\ \text{с}$ отклонение максимально по модулю ($|x| = 4{,}0$), значит и ускорение максимально. Верно.

5) Модуль силы пропорционален модулю смещения: при $t = 0{,}8\ \text{с}$ имеем $|x| = 4{,}0$, а при $t = 1{,}2\ \text{с}$ $|x| = 0$. Значит, сила в момент $0{,}8\ \text{с}$ больше, а не меньше. Неверно.

Ответ: 134

Дано: $m = const$

Решение:
Поскольку парашютист совершает спуск с неизменной скоростью, то $v = const$. Величина импульса рассчитывается по выражению $p = mv ,$, в котором m обозначает массу, а v — скорость объекта. Следовательно, $\mathbf{p} = \mathbf{const} ( 3 )$

В процессе снижения спортсмена (высота h↓) его потенциальная энергия, определяемая формулой $E = mgh \Rightarrow$, также будет уменьшаться: E↓ (2)

Ответ: 32

Источник: ФИПИ

Решение:

По уравнению Менделеева — Клапейрона $pV = \nu R T$, откуда $\nu = \dfrac{pV}{RT}$.

Возьмём отношение количеств вещества во втором и первом состояниях:

$\dfrac{\nu_2}{\nu_1} = \dfrac{p_2 V_2}{T_2} \cdot \dfrac{T_1}{p_1 V_1} = \dfrac{4 p_0 \cdot 2 V_0 \cdot 1{,}5 T_0}{p_0 \cdot 4 V_0 \cdot 3 T_0} = \dfrac{12}{12} = 1$.

Значит $\nu_2 = \nu_1 = 2$ моль.

Ответ: 2

Решение:

Дано: работа за цикл $A=15\ \text{кДж}$, отданное холодильнику количество теплоты $Q_\text{х}=75\ \text{кДж}$.

За цикл рабочее тело возвращается в исходное состояние, поэтому изменение его внутренней энергии равно нулю. Тогда по первому закону термодинамики вся полученная от нагревателя теплота идёт на работу и на теплоту, отданную холодильнику:

$$Q_\text{н}=A+Q_\text{х}.$$

Подставим числа:

$$Q_\text{н}=15\ \text{кДж}+75\ \text{кДж}=90\ \text{кДж}.$$

Ответ: 90

Решение:

Считаем координаты узловых точек по диаграмме: 1 — $V_1 = 6$ л, $p_1 = 200$ кПа; 2 — $V_2 = 8$ л, $p_2 = 200$ кПа; 3 — $V_3 = 8$ л, $p_3 = 100$ кПа; 4 — $V_4 = 6$ л, $p_4 = 100$ кПа. Значит, 1-2 — изобарное расширение, 2-3 — изохорное охлаждение, 3-4 — изобарное сжатие, 4-1 — изохорное нагревание.

По уравнению Клапейрона — Менделеева $pV = \nu R T$, поэтому температура тем выше, чем больше произведение $pV$. Наибольшее оно в состоянии 2: $p_2V_2 = 200\cdot 10^{3}\cdot 8\cdot 10^{-3} = 1600$ Дж, следовательно $T_2 = T_\text{max} = 400$ К.

1) Количество вещества: $\nu = \dfrac{p_2V_2}{RT_2} = \dfrac{1600}{8{,}31\cdot 400} \approx 0{,}48$ моль. Это больше $0{,}45$ моля — верно.

2) Работа газа при изобарном расширении 1-2: $A_{12} = p_1(V_2 - V_1) = 200\cdot 10^{3}\cdot 2\cdot 10^{-3} = 400$ Дж, а не 200 Дж — неверно.

3) Работа над газом при изобарном сжатии 3-4: $A' = p_3(V_3 - V_4) = 100\cdot 10^{3}\cdot 2\cdot 10^{-3} = 200$ Дж — верно.

4) На участке 4-1 объём постоянен, а давление растёт, значит растёт и температура. Тогда $A = 0$, $\Delta U \gt 0$ и по первому закону термодинамики $Q = \Delta U \gt 0$: газ получает теплоту, а не отдаёт — неверно.

5) Наименьшее произведение $pV$ — в состоянии 4: $p_4V_4 = 100\cdot 10^{3}\cdot 6\cdot 10^{-3} = 600$ Дж. Отсюда $T_4 = T_\text{max}\cdot\dfrac{p_4V_4}{p_2V_2} = 400\cdot\dfrac{600}{1600} = 150$ К — верно.

Ответ: 135

Решение:

На графике зависимости температуры от времени наклонные участки соответствуют нагреванию или охлаждению вещества в одном агрегатном состоянии, а горизонтальные — фазовым переходам, идущим при постоянной температуре.

Пока цилиндр нагревают: $AB$ — нагревание твёрдого вещества, $BC$ — плавление, $CD$ — нагревание жидкости, $DE$ — плато при более высокой температуре, то есть кипение (жидкость превращается в пар), $EF$ — дальнейший рост температуры уже образовавшегося пара. Затем начинается охлаждение: $FG$ — охлаждение пара, $GH$ — конденсация, $HK$ — охлаждение жидкости, $KL$ — кристаллизация, $LM$ — охлаждение твёрдого вещества.

А. Участок $DE$ — горизонтальный участок при температуре кипения в ходе нагревания, значит это кипение — процесс 4).

Б. Участок $EF$ — рост температуры после окончания кипения, когда всё вещество уже превратилось в пар, значит это нагревание пара — процесс 3).

Ответ: 43

Решение:

Дано: $r = 5\ \text{Ом}$, показание идеального вольтметра $U = 30\ \text{В}$ (ток через вольтметр не течёт).

После первого резистора ток $I$ приходит в узел $P$ и разветвляется на две ветви, сходящиеся в узле $Q$:

• верхняя ветвь: $R_{\text{в}} = r + r = 2r$;
• нижняя ветвь: резистор $r$ до узла $M$, а от $M$ до $Q$ — два параллельных участка по $2r$, то есть $\dfrac{2r \cdot 2r}{2r + 2r} = r$. Значит $R_{\text{н}} = r + r = 2r$.

Сопротивления ветвей одинаковы, поэтому ток делится поровну: через нижнюю ветвь течёт $\dfrac{I}{2}$. В узле $M$ ток снова делится поровну между двумя одинаковыми участками, и по нижнему из них течёт $\dfrac{I}{4}$.

Вольтметр подключён между узлом $P$ и серединой этого нижнего участка, поэтому по закону Ома для участка цепи

$$U = \frac{I}{2}\,r + \frac{I}{4}\,r = \frac{3}{4} I r.$$

Отсюда

$$I = \frac{4U}{3r} = \frac{4 \cdot 30\ \text{В}}{3 \cdot 5\ \text{Ом}} = 8\ \text{А}.$$

Ответ: 8

Решение:

Дано: $S = 10^{-3}\ \text{м}^2$, $\Phi = 2 \cdot 10^{-7} \cos 20 \pi t$ (СИ).

При вращении рамки в однородном магнитном поле магнитный поток меняется по закону

$$\Phi = B S \cos \omega t = \Phi_0 \cos \omega t ,$$

где $\Phi_0 = B S$ — амплитуда магнитного потока.

Сравнивая с данным законом, получаем $\Phi_0 = 2 \cdot 10^{-7}\ \text{Вб}$ (и $\omega = 20\pi\ \text{рад/с}$, что для ответа не нужно).

Отсюда

$$B = \frac{\Phi_0}{S} = \frac{2 \cdot 10^{-7}\ \text{Вб}}{10^{-3}\ \text{м}^2} = 2 \cdot 10^{-4}\ \text{Тл} .$$

Переводим в миллитеслы: $2 \cdot 10^{-4}\ \text{Тл} = 0{,}2 \cdot 10^{-3}\ \text{Тл} = 0{,}2\ \text{мТл}$.

Ответ: 0,2

Решение:

По рисунку источник S лежит слева от линзы между фокусом и двойным фокусом: $F \lt d \lt 2F$, причём он смещён выше главной оптической оси.

Из формулы тонкой линзы $\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}$ получаем расстояние до изображения $f=\frac{dF}{d-F}$. При $F \lt d \lt 2F$ выполняется $f \gt 2F$, значит изображение действительное, лежит по другую сторону линзы (справа) дальше двойного фокуса.

Линейное увеличение $\Gamma=\frac{f}{d} \gt 1$, а действительное изображение в собирающей линзе перевёрнутое: если источник находится выше оси, то изображение оказывается ниже оси.

Тот же результат даёт построение: луч из S, идущий параллельно оси, после линзы проходит через задний фокус, а луч, прошедший через передний фокус, после линзы идёт параллельно оси; точка их пересечения и есть изображение.

Из отмеченных точек условию «справа от линзы, за двойным фокусом, ниже оси» удовлетворяет только точка 4: точка 1 лежит с той же стороны, что и источник, точка 2 расположена ближе двойного фокуса, точка 3 находится выше оси.

Ответ: 4

Решение:

Дано: $S=60\ \text{см}^2=6\cdot 10^{-3}\ \text{м}^2$; плоскость рамки перпендикулярна $\vec{B}$, поэтому $\Phi=B_n S$, а по закону электромагнитной индукции $\left|\varepsilon_i\right|=\left|\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=S\left|\dfrac{\Delta B_n}{\Delta t}\right|$.

По графику:

• 0–1 мс: $B_n$ меняется от $-2$ Тл до $1$ Тл, $\left|\dfrac{\Delta B_n}{\Delta t}\right|=3000\ \text{Тл/с}$, $\left|\varepsilon_i\right|=6\cdot 10^{-3}\cdot 3000=18\ \text{В}$;
• 1–2 мс: от $1$ Тл до $2$ Тл, $1000\ \text{Тл/с}$, $\left|\varepsilon_i\right|=6\ \text{В}$;
• 2–4 мс: $B_n=2\ \text{Тл}=\mathrm{const}$, $\left|\varepsilon_i\right|=0$;
• 4–6 мс: от $2$ Тл до $-2$ Тл, $2000\ \text{Тл/с}$, $\left|\varepsilon_i\right|=6\cdot 10^{-3}\cdot 2000=12\ \text{В}$.

1) На интервале 0–1 мс ЭДС максимальна (18 В), а не минимальна. Неверно.

2) $\Phi=B_n S=2\ \text{Тл}\cdot 6\cdot 10^{-3}\ \text{м}^2=12\ \text{мВб}$, а не 6 мВб. Неверно.

3) На интервале 4–6 мс $\left|\varepsilon_i\right|=12\ \text{В}$. Верно.

4) Скорость изменения потока $\left|\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|$ максимальна там, где максимален наклон графика, — на интервале 0–1 мс. Верно.

5) На интервале 1–2 мс ЭДС равна 6 В, что меньше 18 В на интервале 0–1 мс. Неверно.

Ответ: 34

Решение:

Расстояние от линзы до предмета $d$ удовлетворяет условию $F\lt d\lt 2F$. Связь расстояний даёт формула тонкой линзы:

$$\frac{1}{d}+\frac{1}{f}=\frac{1}{F}\quad\Rightarrow\quad \frac{1}{f}=\frac{1}{F}-\frac{1}{d}.$$

При удалении предмета $d$ увеличивается, поэтому $\dfrac{1}{d}$ убывает, значит $\dfrac{1}{f}$ возрастает, а само расстояние $f$ от линзы до изображения уменьшается (вариант 2).

Оптическая сила линзы $D=\dfrac{1}{F}$ определяется только самой линзой (её формой и показателем преломления) и не зависит от положения предмета, поэтому она не изменяется (вариант 3).

Ответ: 23

Решение:

По фрагменту таблицы Менделеева у галлия Ga порядковый номер (зарядовое число) $Z = 31$, то есть в ядре 31 протон.

Под названием элемента приведены массовые числа стабильных изотопов с распространённостью в процентах: $69_{60}$ и $71_{40}$. Значит, изотоп с $A = 69$ составляет 60% природного галлия, а изотоп с $A = 71$ — 40%.

Наиболее распространён изотоп с массовым числом $A = 69$.

Число нейтронов в его ядре: $N = A - Z = 69 - 31 = 38$.

Ответ: 38

Решение:

Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов связана с модулем запирающего напряжения соотношением

$$E_k = e U_{\text{зап}}.$$

Поэтому при увеличении $U_{\text{зап}}$ максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов увеличивается — 1. (Это согласуется с уравнением Эйнштейна $E_k = h\nu - A_{\text{вых}}$: рост энергии падающих фотонов увеличивает $E_k$.)

«Красная граница» фотоэффекта определяется условием $\dfrac{hc}{\lambda_{\text{кр}}} = A_{\text{вых}}$, откуда $\lambda_{\text{кр}} = \dfrac{hc}{A_{\text{вых}}}$. Она зависит только от работы выхода, то есть от материала поверхности, и не зависит от энергии падающих фотонов. Металл не менялся, поэтому $\lambda_{\text{кр}}$ не изменяется — 3.

Ответ: 13

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Верно. Плоскость гладкая, силы трения нет, поэтому $E = E_\text{к} + E_\text{п} = \mathrm{const}$. Шайба опускается, $E_\text{п} = mgh$ убывает, значит $E_\text{к}$ возрастает.

2) Неверно. При $V = \mathrm{const}$ справедлив закон Шарля $\dfrac{p}{T} = \mathrm{const}$: при нагревании давление растёт.

3) Верно. Закон Кулона: $F = k\dfrac{|q_1 q_2|}{r^2}$.

4) Верно. Это закон электромагнитной индукции: $\mathcal{E}_i = -\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$, и в замкнутом контуре возникает индукционный ток.

5) Неверно. В нейтральном атоме число электронов равно числу протонов $Z$, а не числу нуклонов $A = Z + N$.

Ответ: 134

Решение:

Находим цену деления амперметра. Между соседними оцифрованными штрихами (например, $200$ и $400$ А) укладывается 5 промежутков, поэтому

$$c = \frac{400\ \text{А} - 200\ \text{А}}{5} = 40\ \text{А}.$$

Стрелка стоит на третьем штрихе после отметки $200$ А, значит

$$I = 200 + 3 \cdot 40 = 320\ \text{А}.$$

По условию погрешность составляет половину цены деления:

$$\Delta I = \frac{c}{2} = \frac{40\ \text{А}}{2} = 20\ \text{А}.$$

Итак, $I = (320 \pm 20)$ А.

Ответ: 32020

Решение:

Плотность вещества находят по определению: $\rho=\dfrac{m}{V}$.

Массу шарика измеряют электронными весами (1), а его объём — мензуркой (2): шарик на крючке опускают в мензурку с водой и находят объём по изменению уровня воды, $V=V_2-V_1$.

Секундомер, термометр и пружина для такого измерения не нужны.

Ответ: 12